2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第六章 微专题40　机械能守恒定律及其应用【解析版】

这是一份2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第六章 微专题40　机械能守恒定律及其应用【解析版】，共7页。试卷主要包含了单物体多过程机械能守恒问题等内容，欢迎下载使用。


1．我国亚轨道飞行项目2021年7月17日首飞成功，媒体发布“技术过于先进，不便展示”．亚轨道飞行是一种能够进入太空的飞行，但因其飞行轨迹穿越大气层后回落到地球表面而无法完成环绕地球一周的飞行．则( )
A．飞行器发射速度小于第一宇宙速度
B．飞行器越过大气层后不受重力
C．飞行器飞行全过程机械能守恒
D．飞行器上升过程都处于超重状态
答案 A
解析 亚轨道飞行器，是指在高度上抵达临近空间顶层、但速度尚不足以完成绕地球轨道运转的飞行器，所以飞行器发射速度小于第一宇宙速度，故A正确；飞行器越过大气层后没有脱离地球引力范围，故B错误；飞行器穿越大气层的过程要克服空气阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；亚轨道飞行类似直上直下的抛体运动，所以上升和下降阶段都有超重和失重状态，故D错误．
2．(多选)如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30°，t＝0时质量为2 kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙．取物块的初始位置所在平面为零势能面，重力加速度g取10 m/s2，则物块( )
A．在0～1 s过程中机械能减少4 J
B．在t＝1 s时动能为1 J
C．在t＝2 s时机械能为－4 J
D．在t＝2 s时速度大小为15.5 m/s
答案 AC
解析 0～1 s时间内，由于mgsin θ>F1＝2 N，故物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1＝ma1，解得a1＝4 m/s2，物块1 s内下滑的位移x＝eq \f(1,2)a1t12＝2 m,1 s内F做功为W＝－F1x＝－4 J，故0～1 s过程中机械能减少4 J，A正确；1 s末物块的速度为v1＝a1t1＝4 m/s,
1 s末物块的动能Ek＝eq \f(1,2)mv12＝16 J，B错误；1～2 s时间内，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块在初始位置重力势能为0，动能也为0，所以0时刻物块的机械能为0，由于0～1 s时间内，物块机械能减小4 J，所以1～2 s，包括2 s末物块的机械能均为－4 J，C正确；1～2 s时间内由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2,2 s末物块的速度为v2＝v1＋a2t2＝9 m/s.D错误．
3．(多选)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长．现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中( )
A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能一直减小
C．小球C落地前瞬间的速度大小为eq \r(2gh)
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
答案 AC
解析 由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq \r(2gh)，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误．
4．(多选)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g.在物块B下落到轻绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．开始下落时，物块B的加速度大于g
B．物块B的重力势能减小量为mgLtan θ
C．物块A的速度小于物块B的速度
D．物块B的末速度为eq \r(\f(2gLcs θ,1＋sin2 θ))
答案 BC
解析 刚开始下落时，轻绳的拉力方向沿水平方向，物块B竖直方向上只受重力，所以加速度为g，故A错误；物块B下降的高度为h＝Ltan θ，故物块B减小的重力势能为ΔEp＝
mgLtan θ，故B正确；设物块B下落过程中轻绳与水平方向夹角为α，将物块B的速度分解为沿轻绳方向的速度和垂直轻绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin α，则物块A的速度小于物块B的速度，故C正确；系统机械能守恒，故mgLtan θ－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中x＝eq \f(L,cs θ)－L＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－cs θ,cs θ)))L，根据运动的合成与分解可得vA＝vBsin θ，联立解得vB＝eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2 θ))，故D错误．
5．如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接．将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．刚释放时细线的拉力大小为mg
B．该过程中物块的机械能减少了eq \f(1,2)mgl
C．该过程中软绳的重力势能减少了eq \f(1,2)mgl
D．软绳离开滑轮时速度大小为eq \f(1,2)eq \r(3gl)
答案 D
解析 刚释放时，物块有加速度，mg－FT＝ma，故细线的拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减少eq \f(1,2)mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于eq \f(1,2)mgl，故B错误；因为软绳均匀，把软绳的重心看作在软绳的中点，所以软绳的重心向下移动了eq \f(1,4)l，故软绳减少的重力势能为eq \f(1,4)mgl，故C错误；由能量守恒得mg ·eq \f(1,2)l＋eq \f(1,4)mgl＝eq \f(1,2)×2mv2，解得速度大小为
eq \f(1,2)eq \r(3gl)，故D正确．
6．如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )
A.eq \r(\f(1,8)gh) B.eq \r(\f(1,6)gh)
C.eq \r(\f(1,4)gh) D.eq \r(\f(1,2)gh)
答案 A
解析 液柱移动时，除了重力做功以外，没有其他力做功，故机械能守恒．此题等效为原右侧eq \f(h,2)高的液柱移到左侧，如图所示，其重心高度下降了eq \f(h,2)，减少的重力势能转化为液柱整体的动能，设液体的总质量为4m，则有eq \f(1,2)mg·eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)×4mv2，得v＝eq \r(\f(gh,8))，故选A.
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在O处，另一端与质量为m的物块相连，物块套在光滑竖直固定杆上．开始时物块处于A处且弹簧处于原长．现将物块从A处由静止释放，物块经过B处时弹簧与杆垂直，经过C处时弹簧再次处于原长，到达D处时速度为零．已知OB之间的距离为L，∠AOB＝30°，∠BOD＝60°.弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g.在物块下滑的整个过程中，下列说法正确的是( )
A．物块在由A处下滑至C处的过程中机械能守恒
B．物块在B处的速度为eq \r(\f(2\r(3),3)gL)
C．物块在B处时弹簧的弹性势能最大
D．物块在D处时弹簧的弹性势能为eq \f(4\r(3),3)mgL
答案 D
解析 物块在由A处下滑至C处的过程中，物块受到弹簧的弹力做功，物块的机械能不守恒，但是物块和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；物块由A处下滑至C处的过程中，若只是重力势能转化为动能，则mgLtan 30°＝eq \f(1,2)mv2，可知物块在B处的速度为eq \r(\f(2\r(3),3)gL)，但还有一部分重力势能转化为弹性势能，所以物块在B处的速度小于eq \r(\f(2\r(3),3)gL)，B错误；物块由B处下滑至D处的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，动能减小，重力势能减小，所以弹性势能增加，故D处弹簧的弹性势能大于B处弹簧的弹性势能，C错误；物块由A处下滑至D处的过程中，物块的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则mg(Ltan 30°＋Ltan 60°)＝EpD，可得EpD＝eq \f(4\r(3),3)mgL，D正确．
8．(多选)如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为5m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )
A．C刚离开地面时，B的加速度为零
B．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B组成的系统机械能先增加后减小
C．弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为eq \f(4mg,3)
D．A的最大速度为geq \r(\f(2m,3k))
答案 ABD
解析 当C刚离开地面时，A的速度最大，B的速度也最大，此时B的加速度为零，故A正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C以及弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，故A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能先减小后增加，C的机械能不变，可知A、B组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；当A、B的速度最大时，C恰好离开地面，弹簧的弹力F弹恰好等于C的重力mg，即F弹＝mg，设斜面倾角为α，对A、B整体，沿细线方向进行受力分析可知F弹＋mg＝5mgsin α，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹力为零，对A、B整体，根据牛顿第二定律有5mgsin α－mg＝6ma，隔离A，根据牛顿第二定律有5mgsin α－FT＝5ma，联立解得FT＝eq \f(7,6)mg，故C错误；根据F弹＋mg＝5mgsin α，得sin α＝eq \f(2,5)，释放A之前，弹簧处于压缩状态，对B进行受力分析，可得弹簧压缩量为x1＝eq \f(mg,k)，释放A后速度最大瞬间，对C进行受力分析可得弹簧的伸长量为x2＝eq \f(mg,k)，从释放A到AB整体的速度最大，对AB整体，由于弹簧的形变量相等，弹力做功为零，根据机械能守恒有5mg(x1＋x2)sin α－mg(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(m＋5m)vm2，联立解得vm＝geq \r(\f(2m,3k))，故D正确．
9.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，O为圆环的圆心，与O等高的P点固定有一定滑轮，圆环上套有质量为m的小球A，绕过定滑轮的细线连接小球A和质量也为m的小球B，用与圆环相切斜向上的拉力作用于小球A，使小球A处于静止状态，此时OA与水平方向的夹角为53°且AP与圆环相切，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计一切摩擦，不计滑轮及两个小球的大小．
(1)开始时，求作用于小球A上的拉力F的大小；
(2)撤去拉力F一瞬间，细线的拉力多大？
(3)撤去拉力F后，小球A向下运动到与O等高的位置时，小球A的速度多大？从开始到此位置过程中，细线对小球B做功为多少？
答案 (1)1.6mg (2)0.2mg (3)2eq \r(\f(11,15)gR) －eq \f(2,3)mgR
解析 (1)对小球A研究有F＝FT＋mgcs 53°，
对小球B研究有FT＝mg，
解得F＝1.6mg.
(2)撤去拉力的一瞬间，对小球A研究有FT′＋mgcs 53°＝ma，
对小球B研究有mg－FT′＝ma，
解FT′＝0.2mg.
(3)设撤去拉力F后，小球A向下运动到与O等高的位置时，小球A的速度大小为v，此时小球B的速度为零，此过程中B下落的高度h＝Rtan 53°－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,cs 53°)－R))＝eq \f(2,3)R，根据机械能守恒定律有mgRsin 53°＋mg·eq \f(2,3)R＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝2eq \r(\f(11,15)gR).
此过程对小球B研究，根据动能定理有W＋eq \f(2,3)mgR＝0，
解得W＝－eq \f(2,3)mgR.